De DA thi thu DH 2013
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN
ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2012 - 2013
MÔN: TOÁN KHỐI A - B - D
Thời gian làm bài: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số : 3 3 2 1 3
y x mx m (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) ứng với m = 1
b) Xác định m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng
d có phương trình y = x
Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2xcos 2xsin cos (1 2 cos )x x x sinxcosx
b) Giải hệ phương trình:
3
3 4
1 1 3 log 1
x
x
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân
1
3 0
ln( 1)
1 7
x
x x
Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ABC= 1200
, O là giao điểm của AC và BD, I và E là trung điểm OB và AB tương ứng Mặt phẳng (SAI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Cho góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 600 Tính thể tích khối
chóp S.ACE và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và CE
Câu 5 (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: xy z 1 Chứng minh rằng:
xy yz zx x y z
xyz yzx zxy yz zxxy
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 6a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB là: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD có phương trình: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2; 1) Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
Câu 7a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 1; - 3), B(2; 5; - 2), C(1; - 1; 2), D(3; 1; 1) Viết phương trình mặt (P) đi qua A, B và cách đều hai điểm C, D
Câu 8a (1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 41 37( 3)
C n
C n n n n Tìm hệ số của số hạng chứa
x8 trong khai triển nhị thức Niu – Tơn của 13 5 5 , 0
7
n n
x
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 6b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x1)2(y1)22 và hai
điểm A(0; - 4), B(4; 0) Tìm tọa độ hai điểm C, D sao cho ABCD là hình thang (AB // CD) và đường tròn (T) nội tiếp trong hình thang đó
Câu 7b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x2y2z22y4z20 và 0
các điểm A(1; 2; 2), B(-2; 0; 4) Mặt phẳng (P) song song với AB và cắt mặt cầu (S) theo một đường
tròn có chu vi bằng 6 Viết phương trình mặt phẳng (P), biết (P) đi qua điểm C(2; 1; -6)
Câu 8b (1 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn C n35C1n Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
nhị thức Niu – Tơn của 3
4
5
n x
, x > 0
-Hết -
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN
ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2012 - 2013
MÔN: TOÁN KHỐI A - B - D
Thời gian làm bài: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
Khi m =1, ta có hàm số 3 3 2 1
yx x TXĐ:
lim
x y
, lim
x y
0.25
Đạo hàm y’ = 3x2 – 3x; y’ = 0 khi x = 0, x =1
Hs đồng biến trên (- ; 0) và (1; + ) Nghịch biến trên (0; 1)
HS đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0,5; HS đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0
0.25
Bảng BT
x - 0 1 +
y’ + 0 - 0 +
0.5 +
y
- 0
0.25 a)
Đồ thị Đồ thị đi qua hai điểm cực trị(0; 0,5), (1; 0), điểm uốn (0,5; 0,25) và các điểm
Xét 3 3 2 1 3
y x mx m TXĐ:
Và y’ = 3x2 – 3mx = 3x(x – m) = 0 khi x = 0, x = m
0.25
Do y’ là tam thức bậc hai nên để hàm số có CĐ, CT thì cần và đủ là y’ có hai nghiệm
phân biệt, hay m 0 Khi đó tọa độ các điểm CT của đồ thị là: A(0; 1 3
2m ), B(m; 0)
0.25
Để A, B đối xứng nhau qua y = x, ta phải có AB vuông góc với ĐT y = x và trung
1
b)
Hay
3
3
1
2 .1 1
2
m
m m
(do m 0) Vậy m = 2 là các giá trị cần tìm 0.25
Phương trình: sin 2xcos 2xsin cos (1 2 cos )x x x sinxcosx
2
(2 sin cos sin ) [(2 cos 1) cos ]+ sin cos (1 2 cos ) 0 sin (2 cos 1) (2 cos 1)(cos 1) sin cos (1 2 cos ) 0 (2 cos 1)(sin cos 1 sin cos ) 0
2 cos 1 0 (1), sin cos 1 sin cos 0 (2)
0.5
Giải (1) ta được cos 1 2
2
a)
Giải (2) bằng cách đặt sinx – cosx = t thì | |t 2 và
2
1 sin cos
2
t
x x Thay vào (2):
2
2
1
2
t
t t t t =1, t = -3 (loại)
Với t = 1 thì sinx – cosx = 1 2 sin 1 sin 2
2
2
4 4
2 2 2
Vậy PT đã cho có 4 họ nghiệm: 2
3
2
, xk2 với k
0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Trang 3Giải hệ phương trình:
3
3 4
x
x
ĐK: 0x4, y
Từ (2) ta có: y 1 log3x log33
x
3 log 3
3y 3 x
x
0.25
Thay vào (1) ta được:
x 1 13 3 4 x x 1 1 4 x x 1 1 4 x 2 4 x
0.25 b)
Với x = 3 thỏa mãn ĐK ta có y = 0 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (3; 0) 0.25
Tính tích phân
Xét
1 2 1
0 1 7
x dx I
x
2
Đổi cận: với x = 0 thì t = 1, với x = 1 thì t = 2 Khi đó:
0.25
1 2 1
0 1 7
x dx I
x
3 2
2
1 2
dt
t
Xét
1 2 0
ln( 1)
I x x dx Đặt
2
1
1 ( 1) 2
dv xdx
0.25
3
Khi đó
1 2 0
ln( 1)
I x x dx =
=
1
1
0
x
x
4 Vậy I = 47 1 433
2454 980 (0, 4418367347)
0.25
K
O
D
C B
A
S
Do (SIA) và (SIC) cùng vuông góc với (ABCD) nên SI (ABCD) Từ GT suy ra
60
2BO4BD4a, suy ra SI =
0
tan 60
a
4
Tam giác ABD đều cạnh a nên đường cao AO = 3
2
a
=> AC = a 3 0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Trang 4Do E là trung điểm của AB nên ta có : 1 1 1
2
3 8
a
Vậy thể tích khối chóp S.ACE là : 1
3 ACE
V S SI
3
32
a
Do OA,OB, SI đôi một vuông góc nên ta thiết lập hệ tọa độ:
O = (0; 0; 0), A( 3
2
a
; 0; 0), B(0;
2
a
; 0), S(0;
4
a
; 3 4
a
) Suy ra D(0;
-2
a
; 0),
E( 3; ;0)
4 4
, C(-1 3
2a ; 0; 0) Ta có
0; ;
SD
, 3 3; ;0
CE
MP chứa CE và song song song với SD có 1 vectơ pháp tuyến là
16
a
Nên mp chứa CE và song song với SD có PT:
( ) : 3( 1 3) 9 9 3 0
2
Vâỵ d(SD,CE) = d(D,()) =
2 2
109 327
3 9 3.9
0.5
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: xy Chứng minh rằng: z 1
xy yz zx x y z
xyz yzx zxy yz zxxy
Do x, y, z dương và 1 = x + y + z nên
xyz xyz xyz zx zy zx zy
1 2
(1) (Theo Cô – Si )
Hoàn toàn tương tự ta có thêm:
yz
yzx
1 2
(2) , zx
zxy
1 2
(3) Từ (1), (2) và (3)
ta suy ra: xy yz zx
xyz yzx zxy
3
2 (I)
0.5
5
Ta C/M: với x, y, z dương ta có: x y z
yzzx xy
3 2
(II)
Thật vậy, biến đổi (II) thành: [(x y) (y z) (z x)] 1 1 1 9
(4)
Áp dụng BĐT Cô – Si ta có: (xy) ( yz) ( zx)3 (3 xy y)( z z)( x)>0 (5)
1 1 1
xy yzzx 3
>0 (6)
Từ (5), (6) suy ra (4) hay (II) được C/M
Kết hợp (I) và (II) suy ra xy yz zx
xyz yzx zxy
yz zx xy
(đpcm)
Đẳng thức xáy ra khi x = y = z = 1/3
0.5
A.Theo chương trình Chuẩn
B = AB giao với BD nên B = (7; 3), mà BC vuông góc với AB nên
6a
A thuộc AB nên A(2a + 1; a) với a 3; C thuộc BC nên C(c; 17 – 2c) với c 7 trung điểm của AC là I = 2 1; 2 17
a c a c
cũng là trung điểm của BD, hay I 0.25
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Trang 5thuộc BD nên: 3c – a – 18 = 0 (1)
Lại có M, A, C thẳng hàng nên MA(2a1;a1)
và MC(c2;162 )c
cùng phương, suy ra (2a – 1)(16 – 2c) = (a – 1)(c - 2) (2) 0.25 Thay a = 3c – 18 từ (1) vào (2) được c2 – 13c + 42 = 0 c6,c (loại) 7
Với c = 6 thì A(1; 0), C(6; 5), B(7; 3) và D(0; 2) 0.25
Ta có AB (1; 4;1)
Gọi vectơ pháp tuyến của (P) là n( ; ; )a b c
thì do (P) qua A, B nên AB n 0
Mp (P) có pt dạng: a(x – 1) + b(y – 1) + c(z + 3) = 0
Vì C, D cách đều (P) nên ta có:
2 2 2 2 2 2
| 2 5 | | 2 4 |
| 2 5 | | 2 4 |
(2)
0.25
Giải hệ (1), (2) với chú ý 2 2 2
0
a b c , ta được: (a; b; c) = (2; - 1; 2) hoặc (a; b; c)
Vậy có hai mp cần tìm: 2x – y + 2z + 5 = 0 hoặc 38x – 7y – 10z – 61 = 0 0.25 7a
Lưu ý Bài trên có thể giải theo cách: Do (P) cách đều CD nên ta phải có (P) đi qua trung điểm của CD hoặc (P) // CD
Với n nguyên dương ta có: 1 3 3
4 3 7( 3) 4 3 7( 3)
( 4)( 3)( 2) ( 3)( 2)( 1)
Với n =12, Số hạng tổng quát của khai triển 13 5 5
7
n n
x x
12 5 3
1
x x
36 3
1
k
k
x
0.25
Để số hạng trên chứa x8 thì 36 3 5 8 8
2
k
8a
Vậy số hạng chứa x8 có hệ số là 8
12 495
B Theo chương trình Nâng cao
(T) có tâm I(1; -1) và bán kính R = 2 AB có pt: 1 4 0
CD//AB nên CD có PT dạng: x – y + c = 0, c khác -4; CD lại tiếp xúc với (T) nên:
|1 1 |
2
c
c
, c = -4 (loại) CD: x – y = 0
0,5
AD đi qua A nên có PT: ax + b(y + 4) = 0, a2b20 Do AD tiếp xúc với (T) nên:
2 2
| 3 |
(a b a)( 7 )b 0
7
, a = - b bị loại do AD AB
Với a = 7b thì ta có pt AD: 7x + y + 4 = 0 Suy ra D = AD CD = (-0,5; -0,5)
0.25 6b
BC đi qua B nên có PT: a(x – 4) + by = 0, a2b2 0 Do BC tiếp xúc với (T) nên:
2 2
| 3 |
a b
(a b b)( 7 )a 0
7
, a = - b bị loại do AC AB
Với b = 7a thì ta có pt BC: x + 7y - 4 = 0 Suy ra C = BC CD = (0,5; 0,5)
Vậy tọa độ các điểm phải tìm là: 1; 1 , 1 1;
D C
0.25
Ta có AB ( 3; 2; 2)
( ; ; ), ( 0)
n a b c a b c
là vectơ pháp tuyến của (P) thì do (P) // AB nên AB n 0
7b
(P) lại đi qua C nên (P) có PT: a(x – 2) + b(y – 1) + c(z + 6) = 0 Mặt cầu (S) có tâm I(0; 1; 2) và bán kính R = 5 lại cắt (P) theo đường tròn có chu vi 6 nên suy ra k/c từ
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
Trang 62 2 2 2
2 2 2
| 2 8 |
(2)
Từ (1): 2 2
3
a , thay vào (2) ta được: 2b23bc2c2 0(2bc b)( 2 )c 0 2b + c = 0 hoặc b – 2c = 0
0.25
Với 2b + c = 0 ta suy ra b = 1, c = -2, a = -2 nên (P): -2x + y – 2z – 9 = 0
Với b – 2c = 0, suy ra c = 1, b = 2, a = -2/3 nên (P) : 2 2 16 0
3x y z 3
Với n là số nguyên dương và n 3, ta có
3 1
5
3!
Với n = 7, số hạng tổng quát của khai triển 3
4
5
n x
=
7 3
4
1
x x
là:
k
k
x
0.25
Để số hạng trên không chứa x, thì 7 0
8b
Vậy số hạng không chứa x của khai triển là 4
7 35
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
